Pendli faasiportree

1 m pikkune pendel vabastatakse algkiiruseta 30° nurga all. Leia selle periood täpselt — õpiku valem ei ole vastus — ning leia seejärel, kui lähedal vertikaalile tuleks see vabastada, et venitada üks täisvõnge 10 s pikkuseks. Võta g = 9.81 m/s², ilma sumbuvuseta.

1. Omasageduse määravad kaks suurust ja mass ei ole üks neist: see korrutab liikumisvõrrandi iga liiget ja taandub välja enne, kui midagi muud juhtub.

   $${\omega }_0=\sqrt{g/L}=\sqrt{9.81}=3.1321rad/s$$

2. Asenda sin θ sümboliga θ ja järele jääb harmooniline võnkuv süsteem, mille periood on 2π/ω₀. Vaata, mis välja langes: θ₀. Sageduse sõltumatus amplituudist on selle asenduse omadus, mitte pendli omadus.

   $$T_{\mathrm{linear}}=\frac{2\pi }{{\omega }_0}=2.0061\mathrm{s}$$

3. Nüüd tee seda ilma asenduseta. Energia jäävus ei vaja väikest nurka — kineetiline energia nurgal θ on täpselt see potentsiaalne energia, mis loovutati nurgalt θ₀ laskumisel —, seega lahenda see hoopis nurkkiiruse suhtes.

   $$\frac{1}{2}{L}^2{\dot{\theta }}^2=gL(\cos \theta -\cos {\theta }_0)⟹\dot{\theta }={\omega }_0\sqrt{2(\cos \theta -\cos {\theta }_0)}$$

4. Aeg on teepikkus jagatud kiirusega, integreerituna, ning veerand perioodi on võnge 0-st kuni nurgani θ₀. Vabastusnurk on tagasi, asudes korraga nii integreeritavas funktsioonis kui ka ülemises rajas, mistõttu ei saa periood sellest sõltumatu olla.

   $$T=\frac{4}{{\omega }_0}{\int }_0^{{\theta }_0}\frac{\mathrm{d}\theta }{\sqrt{2(\cos \theta -\cos {\theta }_0)}}$$

5. Integreeritav funktsioon kasvab lõpmatusse kohal θ = θ₀ ning samasus cos θ = 1 − 2sin²(θ/2) näitab, et see lõpmatus on kõigest lihtsa nulli ruutjuur: kosiinuste vahe on ruutude vahe. Tähista tähisega k poole amplituudi siinus ning lase nurgal φ kulgeda 0-st kuni π/2-ni, kui θ kulgeb kuni nurgani θ₀.

   $$k=\sin \frac{{\theta }_0}{2},\sin \frac{\theta }{2}=k\sin \phi ⟹\cos \theta -\cos {\theta }_0=2k^2{\cos }^2\phi$$

6. Ebamugav juur taandub nüüd diferentsiaaliga dθ ja järele jääb esimest liiki täielik elliptiline integraal — valem, mida ülalolev paneel kuvab ja mis kirjutab oma argumendiks sin²(θ₀/2), see tähendab k², mitte k.

   $$T=\frac{4}{{\omega }_0}{\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}\phi }{\sqrt{1-k^2{\sin }^2\phi }}=\frac{4}{{\omega }_0}K(k)$$

7. Integraalil K puudub elementaarne kinnine kuju, kuid selle integreeritaval funktsioonil on see olemas: binoomrida muutuja u = k²sin²φ suhtes, mille kordajad on kesksed binoomkordajad.

   $$(1-u{)}^{-1/2}=\sum _{n\ge 0}{c}_n{u}^n,c_n=\frac{(2n)!}{4^n(n!{)}^2}$$

8. Integreeri seda rida liikmeti ja Wallise integraal annab tagasi täpselt samad c_n, mis binoomarendus just tekitas. See kokkulangevus ongi kogu trikk.

   $${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2n}\phi \mathrm{d}\phi =\frac{\pi }{2}{c}_n$$

9. Seetõttu sisaldab iga liige kordajat c_n kaks korda, mistõttu iga perioodirea kordaja on binoomkordaja ruut: 1/4, 9/64 ja 25/256 on arvude 1/2, 3/8 ja 5/16 ruudud.

   $$\frac{T}{T_{\mathrm{linear}}}=\sum _{n\ge 0}{c}_n^2{k}^{2n}=1+\frac{k^2}{4}+\frac{9k^4}{64}+\frac{25k^6}{256}+\cdots$$

10. Nurga 30° korral on poolamplituud 15°, seega on k² kõigest 0.067 ja iga liige on üle 20 korra väiksem kui eelmine. Peatu 3 liikme juures ja saad 1.017378, mis läbi korrutades annab 2.0409 s; 4. liige on see, mis muudab viimast tüvinumbrit.

    $$k^2={\sin }^{2}15^{\circ }=0.066987:1+0.016747+0.000631+0.000029=1.017407$$

11. Korruta läbi. See on täpne periood, mida paneel kuvab, ja 1.0174 on selle kõrval kuvatav suhe — mõlemad saadud ilma integraali K kordagi arvuliselt leidmata.

    $$T=2.0061\times 1.017407=2.0410\mathrm{s}$$